《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題八數(shù)學(xué)思想方法試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題八數(shù)學(xué)思想方法試題（19頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題八 數(shù)學(xué)思想方法試題 高考數(shù)學(xué)以能力立意，一是考查數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)，基本技能；二是考查基本數(shù)學(xué)思想方法，考查數(shù)學(xué)思維的深度、廣度和寬度，數(shù)學(xué)思想方法是指從數(shù)學(xué)的角度來認(rèn)識(shí)、處理和解決問題，是數(shù)學(xué)意識(shí)，是數(shù)學(xué)技能的升華和提高，中學(xué)數(shù)學(xué)思想主要有函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類與整合思想、化歸和轉(zhuǎn)化思想． (一)函數(shù)與方程思想 函數(shù)思想，就是用函數(shù)與變量去思考問題 分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題獲得解決的數(shù)學(xué)思想． 方程的思想，就是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系，建立

2、方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過解方程或方程組，或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決的數(shù)學(xué)思想． 例1　(1)(xx·湖南)若0ln x2－ln x1 B．e－ex1e D．x2e0時(shí)，就化為不等式f(x)>0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)

3、的性質(zhì)也離不開不等式． (2)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問題十分重要． (3)解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數(shù)有關(guān)理論． (4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計(jì)算，經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決． 跟蹤演練1　(1)(xx·淄博實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)若函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足f(x)f(2) C．2f(1)＝f(2) D．f(1)＝f(2) (2)如圖是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω

4、>0，－π<φ<π)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象，則此函數(shù)的解析式是(　　) A．y＝2sin(2x＋) B．y＝2sin(2x＋) C．y＝2sin(－) D．y＝2sin(2x－) (二)數(shù)形結(jié)合思想 數(shù)形結(jié)合思想包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個(gè)方面，其應(yīng)用大致可以分為兩種情形：一是借助形的生動(dòng)性和直觀性來闡明數(shù)形之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)作為目的，比如應(yīng)用函數(shù)的圖象來直觀地說明函數(shù)的性質(zhì)；二是借助于數(shù)的精確性和規(guī)范嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的，如應(yīng)用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質(zhì)． 例2　(1)(xx·山東)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x

5、)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A．(0，) B．(，1) C．(1,2) D．(2，＋∞) (2)若實(shí)數(shù)x、y滿足則的最小值是____． 思維升華　數(shù)形結(jié)合思想在解題中的應(yīng)用 (1)構(gòu)建函數(shù)模型并結(jié)合其圖象求參數(shù)的取值范圍或解不等式． (2)構(gòu)建函數(shù)模型并結(jié)合其圖象研究方程根或函數(shù)的零點(diǎn)的范圍． (3)構(gòu)建解析幾何模型求最值或范圍． (4)構(gòu)建函數(shù)模型并結(jié)合其圖象研究量與量之間的大小關(guān)系． 跟蹤演練2　(1)已知奇函數(shù)f(x)的定義域是{x|x≠0，x∈R}，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，若f(1)＝0，則滿足x·f

6、(x)<0的x的取值范圍是___________________________________． (2)已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA、PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A、B是切點(diǎn)，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________． (三)分類與整合思想 分類與整合思想是將一個(gè)較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題分解(或分割)成若干個(gè)基礎(chǔ)性問題，通過對(duì)基礎(chǔ)性問題的解答來實(shí)現(xiàn)解決原問題的思想策略．對(duì)問題實(shí)行分類與整合，分類標(biāo)準(zhǔn)等于增加一個(gè)已知條件，實(shí)現(xiàn)了有效增設(shè)，將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎(chǔ)性問題)，優(yōu)化解題思路，降低問題難度；分類研究后還要對(duì)討論

7、結(jié)果進(jìn)行整合． 例3　(1)(xx·山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是(　　) A. B．[0,1] C. D．[1, ＋∞) (2)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個(gè)直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且|PF1|>|PF2|，則的值為________． 思維升華　分類與整合思想在解題中的應(yīng)用 (1)由數(shù)學(xué)概念引起的分類．有的概念本身是分類的，如絕對(duì)值、直線斜率、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等． (2)由性質(zhì)、定理、公式的限制引起的分類討論．有的定理、公式、性質(zhì)是分類給出的，在不同的條件下結(jié)論不一致，如等比數(shù)列的前n

8、項(xiàng)和公式、函數(shù)的單調(diào)性等． (3)由數(shù)學(xué)運(yùn)算和字母參數(shù)變化引起的分類．如除法運(yùn)算中除數(shù)不為零，偶次方根為非負(fù)，對(duì)數(shù)真數(shù)與底數(shù)的限制，指數(shù)運(yùn)算中底數(shù)的要求，不等式兩邊同乘以一個(gè)正數(shù)、負(fù)數(shù)，三角函數(shù)的定義域等． (4)由圖形的不確定性引起的分類討論．有的圖形類型、位置需要分類：如角的終邊所在的象限；點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系等． 跟蹤演練3　(1)(xx·課標(biāo)全國Ⅱ)鈍角三角形ABC的面積是，AB＝1，BC＝，則AC等于(　　) A．5 B. C．2 D．1 (2)(xx·廣東)設(shè)集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A

9、中滿足條件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素個(gè)數(shù)為(　　) A．60 B．90 C．120 D．130 (四)轉(zhuǎn)化與化歸思想 轉(zhuǎn)化與化歸思想，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時(shí)采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而得到解決的一種方法．一般總是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題． 例4　(1)定義運(yùn)算：(ab)?x＝ax2＋bx＋2，若關(guān)于x的不等式(ab)?x<0的解集為{x|1

10、．(－∞，1)∪(2，＋∞) C. D.∪(1，＋∞) (2)已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若對(duì)任意的x1∈(0,2)，任意的x2∈[1,2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是(　　) A．(－∞，] B．(1，＋∞) C．(1，) D．[1，] 思維升華　轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的應(yīng)用 (1)在三角函數(shù)中，涉及到三角式的變形，一般通過轉(zhuǎn)化與化歸將復(fù)雜的三角問題轉(zhuǎn)化為已知或易解的三角問題，以起到化暗為明的作用，主要的方法有公式的“三用”(順用、逆用、變形用)、角度的轉(zhuǎn)化、函數(shù)的轉(zhuǎn)化等． (2)換元法：是將一個(gè)復(fù)

11、雜的或陌生的函數(shù)、方程、不等式轉(zhuǎn)化為簡單的或熟悉的函數(shù)、方程、不等式的一種重要的方法． (3)在解決平面向量與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何等知識(shí)的交匯題目時(shí)，常將平面向量語言與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何語言進(jìn)行轉(zhuǎn)化． (4)在解決數(shù)列問題時(shí)，常將一般數(shù)列轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列求解． (5)在利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)問題時(shí)，常將函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)、切線問題，轉(zhuǎn)化為其導(dǎo)函數(shù)f′(x)構(gòu)成的方程、不等式問題求解． (6)在解決解析幾何、立體幾何問題時(shí)，常常在數(shù)與形之間進(jìn)行轉(zhuǎn)化． 跟蹤演練4　(1)(xx·安徽)設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x＋π)＝f(x)＋sin x．當(dāng)0≤x<π

12、時(shí)，f(x)＝0，則f等于(　　) A. B. C．0 D．－ (2)已知函數(shù)f(x)＝(a>0且a≠1)，則f＋f＋…＋f的值為________． 提醒：完成作業(yè)　專題八 專題八 數(shù)學(xué)思想方法 A組　專題通關(guān) 1．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有(　　) A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0 2．已知函數(shù)f(x)＝滿足f(a)＝3，則f(a－5)的值為(　　) A．log23 B. C. D．1 3．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bsin x＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，則f(lg

13、(lg 2))等于(　　) A．－5 B．－1 C．3 D．4 4．(xx·重慶月考)方程log(a－2x)＝2＋x有解，則a的最小值為(　　) A．2 B．1 C. D. 5．(xx·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)階段考試)已知0 B．()a<()b C．(lg a)2<(lg b)2 D.> 6．(xx·天津)已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)，則b的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 7．已知變量x，y滿足的不等式組表示的是一個(gè)直角三角形圍成的

14、平面區(qū)域，則實(shí)數(shù)k等于(　　) A．－ B. C．0 D．－或0 8．等比數(shù)列{an}中，a3＝7，前3項(xiàng)之和S3＝21，則公比q的值是(　　) A．1 B．－ C．1或－ D．－1或 9．(xx·江西)在平面直角坐標(biāo)系中，A，B分別是x軸和y軸上的動(dòng)點(diǎn)，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為(　　) A.π B.π C．(6－2)π D.π 10．已知正四棱錐S－ABCD中，SA＝2，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時(shí)，它的高為(　　) A．1 B. C．2 D．3 11．已知函數(shù)f(x)＝若a，b，c互不相等，且f

15、(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是__________． 12．(xx·湖南)已知函數(shù)f(x)＝若存在實(shí)數(shù)b，使函數(shù)g(x)＝f(x)－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是____________________． 13．(xx·福建)要制作一個(gè)容積為4 m3，高為1 m的無蓋長方體容器．已知該容器的底面造價(jià)是每平方米20元，側(cè)面造價(jià)是每平方米10元，則該容器的最低總造價(jià)是________．(單位：元) B組　能力提高 14．(xx·黃岡中學(xué)期中)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)>1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式exf(x)>ex＋5(

16、其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞) 15．(xx·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)階段考試)已知關(guān)于x的方程＝k在(0，＋∞)有且僅有兩根，記為α，β(α<β)，則下列的四個(gè)命題正確的是(　　) A．sin 2α＝2αcos2α B．cos 2α＝2αsin2α C．sin 2β＝－2βsin2β D．cos 2β＝－2βsin2β 16．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*. (1)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)若an＋

17、1≥an，n∈N*，求a的取值范圍． 17．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－. (1)求f(x)的極小值； (2)若a，b>0，求證：ln a－ln b≥1－. 學(xué)生用書答案精析 專題八　數(shù)學(xué)思想方法 例1　(1)C　(2)π 解析　(1)設(shè)f(x)＝ex－ln x(0

18、 又0g(x2)， ∴x2e>x1e. (2)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)， 將f(x)＝sin(2x＋)的圖象向右平移φ個(gè)單位， 得到y(tǒng)＝sin(2x＋－2φ)的圖象， 由所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，可知sin(－2φ)＝±1， 即sin(2φ－)＝±1， 故2φ－＝kπ＋，k∈Z， 即φ＝＋，k∈Z， 又φ>0，所以φmin＝. 跟蹤演練1　(1)A　(2)B 解析　(1)由于f(x)0恒成立，因此在R上是單調(diào)遞

19、增函數(shù)，∴>， 即f(2)>2f(1)，故答案為A. (2)依函數(shù)圖象，知y的最大值為2， 所以A＝2. 又＝－(－)＝， 所以T＝π，又＝π， 所以ω＝2， 所以y＝2sin(2x＋φ)． 將(－，2)代入可得sin(－＋φ)＝1， 故φ－＝＋2kπ，k∈Z， 又－π<φ<π，所以φ＝. 所以函數(shù)的解析式為y＝2sin(2x＋)，故選B. 例2　(1)B　(2)2 解析　先作出函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1的圖象，如圖所示， 當(dāng)直線g(x)＝kx與直線AB平行時(shí)斜率為1，當(dāng)直線g(x)＝kx過A點(diǎn)時(shí)斜率為，故f(x)＝g(x)有兩個(gè)不相等的實(shí)根時(shí)，k的范圍為(，1)

20、． (2)可行域如圖所示． 又的幾何意義是可行域內(nèi)的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率k. 由圖知，過點(diǎn)A的直線OA的斜率最?。? 聯(lián)立得A(1,2)， 所以kOA＝＝2.所以的最小值為2. 跟蹤演練2　(1)(－1,0)∪(0,1)　(2)2 解析　(1)作出符合條件的一個(gè)函數(shù)圖象草圖即可， 由圖可知x·f(x)<0的x的取值范圍是(－1,0)∪(0,1)． (2)如圖， SRt△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|， 當(dāng)CP⊥l時(shí)，|PC|＝＝3， ∴此時(shí)|PA|min＝＝2. ∴(S四邊形PACB)min ＝2(S△PAC)min＝2. 例3　(1)C　(2)2或 解

21、析　(1)由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1. 當(dāng)a<1時(shí)，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1. 當(dāng)a≥1時(shí)，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1. 綜上，a≥，故選C. (2)若∠PF2F1＝90°， 則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2， ∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2， 解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝. 若∠F2PF1＝90°， 則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2 ＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2， 解得|PF1|＝4，|PF2|＝2， ∴＝2. 綜上所述，＝2或. 跟蹤演練3　(1)B　(2)D 解析　(1)

22、∵S△ABC＝AB·BC·sin B ＝×1×sin B＝，∴sin B＝， ∴B＝或. 當(dāng)B＝時(shí)，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝1＋2＋2＝5，所以AC＝，此時(shí)△ABC為鈍角三角形，符合題意； 當(dāng)B＝時(shí)，根據(jù)余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝1＋2－2＝1，所以AC＝1，此時(shí)AB2＋AC2＝BC2，△ABC為直角三角形，不符合題意．故AC＝. (2)在x1，x2，x3，x4，x5這五個(gè)數(shù)中，因?yàn)閤i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以滿足條件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情況有“

23、①一個(gè)1(或－1)，四個(gè)0，有C×2種；②兩個(gè)1(或－1)，三個(gè)0，有C×2種；③一個(gè)－1，一個(gè)1，三個(gè)0，有A種；④兩個(gè)1(或－1)，一個(gè)－1(或1)，兩個(gè)0，有CC×2種；⑤三個(gè)1(或－1)，兩個(gè)0，有C×2種．故共有C×2＋C×2＋A＋CC×2＋C×2＝130(種)，故選D. 例4　(1)D　(2)A 解析　(1)1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的兩實(shí)根， 1＋2＝－，1×2＝，解得 由(－31)?x＝－3x2＋x＋2<0，得3x2－x－2>0， 解得x<－或x>1. (2)依題意，問題等價(jià)于f(x1)min≥g(x2)max. f(x)＝ln x－x＋－1， 所以f′(

24、x)＝－－＝. 由f′(x)>0，解得12時(shí)，g(x2)max＝g(2)＝4b－8. 故問題等價(jià)于或或 解第一個(gè)不等式組得b<1， 解第二個(gè)不等式組得1≤b≤， 第三個(gè)不等式組無解， 綜

25、上所述，b的取值范圍是(－∞，]．故選A. 跟蹤演練4　(1)A　(2) 解析　(1)∵f(x＋π)＝f(x)＋sin x， ∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sin x. ∴f(x＋2π)＝f(x)＋sin x－sin x＝f(x)． ∴f(x)是以2π為周期的周期函數(shù)． 又f()＝f(4π－)＝f(－)， f＝f＋sin， ∴f＝f－. ∵當(dāng)0≤x<π時(shí)，f(x)＝0，∴f＝0， ∴f＝f＝.故選A. (2)由于直接求解較困難，可探求一般規(guī)律， ∵f(x)＋f(1－x)＝＋ ＝＋ ＝＋＝＝1， ∴f＋f＋…＋f ＝＋＋…＋＋f＝1×49＋＝. 二輪專

26、題強(qiáng)化練答案精析 專題八　數(shù)學(xué)思想方法 1．B　[把不等式變形為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y.所以x＋y≤0.] 2．C　[分兩種情況分析，①或者②，①無解，由②得，a＝7，所以f(a－5)＝22－3＋1＝，故選C.] 3．C　[因?yàn)閘g(log2 10)＋lg(lg 2)＝lg(log210×lg 2) ＝lg(×lg 2)＝lg 1＝0， 所以lg(lg 2)＝－lg(log210)． 設(shè)lg(log210)＝t，則lg(lg 2)＝－t. 由條件可知f(t)＝5， 即f(t)＝at3＋bsin t＋4＝5， 所

27、以at3＋bsin t＝1， 所以f(－t)＝－at3－bsin t＋4＝－1＋4＝3.] 4．B　[由log(a－2x)＝2＋x得a＝2x＋()2＋x≥2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取等號(hào)． ∴a的最小值為1.] 5．D　[∵0b－1，故A錯(cuò)誤；又y＝()x是減函數(shù)， ∴()a>()b，故B錯(cuò)誤； 又y＝lg x是增函數(shù)， ∴l(xiāng)g a(lg b)2，>， 故C錯(cuò)誤，D正確．故選D.] 6．D　[方法一　當(dāng)x>2時(shí)，g(x)＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)2； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x；

28、 當(dāng)x<0時(shí)，g(x)＝b－x2，f(x)＝2＋x. 由于函數(shù)y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)， 所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4個(gè)根． 當(dāng)b＝0時(shí)，當(dāng)x>2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋8＝0，無解； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x－(－x)＝0，無解； 當(dāng)x<0時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋2＝0，無解． 所以b≠0，排除答案B. 當(dāng)b＝2時(shí)，當(dāng)x>2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為(x－2)2＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有一解； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x＝2－x，有無

29、數(shù)個(gè)解； 當(dāng)x<0時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x2＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有一解．所以b≠2，排除答案A. 當(dāng)b＝1時(shí)，當(dāng)x>2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋7＝0，無解； 當(dāng)0≤x≤2時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為1－x＝2－x，無解； 當(dāng)x<0時(shí)，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋1＝0，無解． 所以b≠1，排除答案C.因此答案選D. 方法二　記h(x)＝－f(2－x)在同一坐標(biāo)系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖， 直線AB：y＝x－4，設(shè)直線l：y＝x＋b′. 當(dāng)直線l∥AB且與f(x)的圖象相切時(shí)，由 解

30、得b′＝－，－－(－4)＝， 所以曲線h(x)向上平移個(gè)單位后，所得圖象與f(x)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，向上平移2個(gè)單位后，兩圖象有無數(shù)個(gè)公共點(diǎn)，因此，當(dāng)＜b＜2時(shí)，f(x)與g(x)的圖象有4個(gè)不同的交點(diǎn)，即y＝f(x)－g(x)恰有4個(gè)零點(diǎn)．選D.] 7．D　[不等式組表示的可行域如圖(陰影部分)所示，由圖可知若不等式組表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有直線y＝kx＋1與直線y＝0垂直(如圖①)或直線y＝kx＋1與直線y＝2x垂直(如圖②)時(shí)，平面區(qū)域才是直角三角形． 由圖形可知斜率k的值為0或－.] 8．C　[當(dāng)公比q＝1時(shí)，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求．當(dāng)

31、q≠1時(shí)，a1q2＝7，＝21，解得q＝－或q＝1(舍去)．綜上可知，q＝1或－.] 9．A　[∵∠AOB＝90°，∴點(diǎn)O在圓C上． 設(shè)直線2x＋y－4＝0與圓C相切于點(diǎn)D， 則點(diǎn)C與點(diǎn)O間的距離等于它到直線2x＋y－4＝0的距離，∴點(diǎn)C在以O(shè)為焦點(diǎn)，以直線2x＋y－4＝0為準(zhǔn)線的拋物線上， ∴當(dāng)且僅當(dāng)O，C，D共線時(shí)，圓的直徑最小為|OD|. 又|OD|＝＝，∴圓C的最小半徑為， ∴圓C面積的最小值為π()2＝π.] 10．C　[設(shè)正四棱錐S－ABCD的底面邊長為a(a>0)，則高h(yuǎn)＝ ＝ ， 所以體積V＝a2h＝ . 設(shè)y＝12a4－a6(a>0)， 則y′＝48a3－

32、3a5.令y′>0，得04.故函數(shù)y在(0,4]上單調(diào)遞增，在[4，＋∞)上單調(diào)遞減． 可知當(dāng)a＝4時(shí)，y取得最大值，即體積V取得最大值，此時(shí)h＝ ＝2， 故選C.] 11．(10,12) 解析　作出f(x)的大致圖象． 由圖象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨設(shè)a

33、＝f(x)和y＝b的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)． ①若a<0，則當(dāng)x≤a時(shí)，f(x)＝x3，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x>a時(shí)，f(x)＝x2，函數(shù)先單調(diào)遞減后單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖(1)實(shí)線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個(gè)公共點(diǎn)． ②若0≤a≤1，則a3≤a2，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)的圖象如圖(2)實(shí)線部分所示，其與直線y＝b至多有一個(gè)公共點(diǎn)． ③若a>1，則a3>a2，函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)，f(x)的圖象如圖(3)實(shí)線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個(gè)公共點(diǎn)． 綜上，a<0或a>1. 13．160 解析　設(shè)該長方體容器的長為x m，則寬為 m．又設(shè)該容器的造價(jià)

34、為y元，則y＝20×4＋2(x＋)×10，即y＝80＋20(x＋)(x>0)．因?yàn)閤＋≥2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝2時(shí)取“＝”)， 所以ymin＝80＋20×4＝160(元)． 14．A　[由題意可知不等式 exf(x)－ex－5>0， 設(shè)g(x)＝exf(x)－ex－5. 所以g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex ＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞增， 又因?yàn)間(0)＝0，所以g(x)>0的解集為x>0.] 15．C　[由＝k，即得方程|cos x|＝kx在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的解， 作出y＝|cos x|的圖象，

35、 由圖知直線y＝kx與y＝|cos x|與x∈(，π)時(shí)相切， 此時(shí)y＝|cos x|＝－cos x， y′|x＝β＝sin β＝k， 又|cos β|＝kβ?k＝， 所以sin β＝?sin 2β＝－2βsin2β.] 16．解　(1)依題意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n， 即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1 ＝2(Sn－3n)． 即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3， 因此，所求通項(xiàng)公式為bn＝Sn－3n ＝(a－3)2n－1，n∈N*. (2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*， 于是，當(dāng)n≥2時(shí)， an＝Sn－S

36、n－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2 ＝2×3n－1＋(a－3)2n－2， an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2 ＝2n－2[12()n－2＋a－3]， 當(dāng)n≥2時(shí)，an＋1≥an?12()n－2＋a－3≥0?a≥－9. 又a2＝a1＋3>a1. 綜上，所求的a的取值范圍是[－9，＋∞)． 17．(1)解　f′(x)＝－＝(x>－1)．令f′(x)＝0，得x＝0. 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)和f(x)的變化情況 列表如下： x (－1,0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  由上表可知，x＝0時(shí)f(x)取得極小值f(0)＝0. (2)證明　在x＝0時(shí)，f(x)取得極小值，而且是最小值，于是f(x)≥f(0)＝0，從而ln(1＋x)≥在x>－1時(shí)恒成立， 令1＋x＝>0，則＝1－＝1－， ∴l(xiāng)n a－ln b＝ln ≥1－. 因此ln a－ln b≥1－在a>0，b>0時(shí)成立． ∴l(xiāng)n a－ln b≥1－.